山东省淄博市部分学校2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2022-2023学年高一第二学期期中考试数学试题

单选题（每题5分，共40分）

1. 将转化为弧度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据角度制与弧度制的转化公式直接转化.

【详解】，

故选：B.

2. 如图所示的△ABC中，点D是线段AB上靠近A的三等分点，点E是线段BC的中点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】依题意可得，，根据平面向量的加减运算可得.

【详解】由已知可得，，

所以．

故选：B．

3. 化简的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用诱导公式结合两角和的正弦公式化简可得所求代数式的值.

【详解】原式

.

故选：D.

4. 已知向量、不共线，且，若与共线，则实数的值为（    ）

A.  B.  C. 或 D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】根据平面向量共线的基本定理可得关于实数的等式，解之即可.

【详解】因为与共线，则存在，使得，即，

因为向量、不共线，则，整理可得，即，

解得或.

故选：C.

5. 设，，，则有（    ）.

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先利用辅助角公式和二倍角公式化简a，b，c，再进行比较.

【详解】解：由题意得：，
，，

，，

，

故选：C

6. 已知扇形面积，半径是1，则扇形的周长是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，由扇形的面积公式，代入计算，即可得到结果.

【详解】设扇形的弧长为，由扇形的面积公式可得，，即，所以，

则扇形的周长为.

故选：C

7. 已知角与都是任意角，若满足，则称与 “广义互余”．已知，下列角中，可能与角“广义互余”的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由诱导公式化简，对选项逐一判断

【详解】若，即，若，

则，，，故A，C错误，

对于B，若，则，B错误，

对于D，若，则，D正确．

故选：D

8. 已知函数，则在区间上有且仅有个零点和条对称轴，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用辅助角公式化简函数解析式为，由可求得取值范围，结合已知条件可得出关于实数的不等式，解之即可.

【详解】因为，

因为，当时，，

因为函数在区间上有且仅有个零点和条对称轴，

则，解得，

故选：A.

二、多选题（每题5分，共20分，少选得2分，错选得0分）

9. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C. 向量与的夹角为 D. 向量在上的投影向量为

【答案】BD

【解析】

【分析】根据向量模长的坐标计算即可判断A，根据数量积的坐标运算可判断B,由夹角公式可判断C，由投影向量的求解公式可判断D.

【详解】，所以，故A错误；

，故B正确；

，

，，，故C错误；

向量在上的投影向量为，故D正确．

故选：BD

10. 函数，下列选项正确的是（    ）

A. 该函数的值域为；

B. 当时，该函数取得最大值；

C. 该函数是以为最小正周期的周期函数；

D. 当且仅当时，．

【答案】BD

【解析】

【分析】根据题意，做出函数的图像，结合函数图像逐项判断，即可得到结果.

【详解】因为，

对于C，当时，，

当时，，所以，函数为周期函数，

做出函数的图像（图中实线）如下图所示：

结合图形可知，函数的最小正周期为，故C错误；

对于A，由图可知，函数的值域为，故A错误；

对于B，由图可知，当或时，函数取得最大值，故B正确；

对于D，由图可知，当且仅当时，，故D正确.

故选：BD

11. 如图，在矩形ABCD中，，E为边AB的中点，若P为折线段DEC上的动点，则的可能取值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法求出数量积，再根据二次函数的性质求出的取值范围，即可得解；

【详解】解：以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系：

则，，，，

当在上时，设，，

则，，

所以，

因为，所以，即．

当在上时，设，，

则，，

所以，

因为，所以，

即．

故选：AD

12. 已知为偶函数，其图象与直线的其中两个交点的横坐标分别为，，的最小值为，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列选项正确的是（    ）

A.

B. 函数在上单调递减

C. 是函数图象的一个对称中心

D. 若方程在上有两个不等实根，则

【答案】BD

【解析】

【分析】首先根据已知条件得到，对选项A，根据三角函数平移变换即可判断A错误，对选项B，根据即可判断B正确，对选项C，根据即可判断C错误，对选项D，画出的图象即可得到答案.

【详解】因为的图象与直线的两个交点为两个最高点，且的最小值为，

所以的最小正周期，所以.

因为为偶函数，且，所以，故.

因为，所以A错误；

当时，，

所以在上单调递减，故B正确；

因为，所以C错误；

对选项D，当时，，，

即，，如图所示：

结合图象可知，要使方程在上有两个不等实根，则，所以D正确.

故选：BD

三、填空题（每题5分，共20分）

13. 已知向量，若与互相垂直，则________．

【答案】2

【解析】

【分析】根据题意，由平面向量的坐标运算，即可得到结果.

【详解】由题意可得，与互相垂直，则，即，即.

故答案：

14. 定义运算.若，，，则____.

【答案】##

【解析】

【分析】由已知可得出，利用同角三角函数的基本关系求出、的值，利用两角差的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值.

【详解】由题意可得，

因为，则，

所以，，

因为，则，

所以，

，

因此，.

故答案为：.

15. 函数的部分图象如图所示，则下列关于的结论正确的序号为______.

①的最小正周期为；

②的图象关于直线对称；

③若且，则；

④的图象向左平移θ（θ＞0）个单位得到的图象，若图象的一个对称中心是，则θ的最小值为.

【答案】①③④

【解析】

【分析】根据函数的零点，结合正弦型函数的对称性、图象变换性质逐一判断即可.

【详解】因为，所以由正弦型函数的周期公式可知：，

即，

由，

因为，所以令，所以，即.

因为的最小正周期为，所以①正确；

因为，所以的图象不关于直线对称，因此②不对；

因为，所以关于该函数的一条对称轴对称，

令，

因为，所以令，即对称轴为：，

，所以③正确；

因为的图象向左平移θ（θ＞0）个单位得到的图象，

所以，

因为图象的一个对称中心是，

所以，

因为，所以当时，θ的最小值为，因此④正确，

故答案为：①③④

【点睛】关键点睛：根据函数经过的零点求出函数的解析式是关键.

16. 已知点是的重心，过点作直线与两边分别交于、两点，且，则的最小值是_____．

【答案】

【解析】

【分析】延长交于点，则点为的中点，且，将用表示，再根据三点共线，可得的等量关系，再利用等量代换结合基本不等式即可得解.

【详解】解：延长交于点，

则点为的中点，且，

故，

又因为，

所以，

因为三点共线，

所以，

则，

当且仅当，即时，取等号，

所以的最小值是.

故答案为：.

四、解答题（共70分）

17. 已知向量，，其中，，求：

（1）和的值；

（2）与的夹角的余弦值．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用数量积的坐标运算求解，利用向量的模公式求解；

（2）利用向量的夹角公式求解.

【小问1详解】

因为，，

所以＝(－2)×(－1)＋1×2＝4，

所以＝5＋5＋2×(2＋2)＝18，

所以＝3.

【小问2详解】

.

18. 已知函数的图象过点．

（1）求函数的单调增区间；

（2）总成立．求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据函数过可得，进而利用整体法即可求解，

（2）根据，得，即可由三角函数的性质求解最值求解.

【小问1详解】

因为，

所以．

因为，所以，故，

由．

得：．

所以函数的单调增区间为．

【小问2详解】

由总成立，得的最小值．

因为，所以．

所以当时，取得最小值．

所以的取值范围是．

19. 已知平面向量、，若，，.

（1）求向量、的夹角；

（2）若且，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）在等式两边平方，结合平面向量数量积的运算性质可求得向量、的夹角的余弦值，结合向量夹角的取值范围即可得解；

（2）由已知可得，利用平面向量数量积的运算性质求出的值，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得.

【小问1详解】

解：因为，则

，所以，，

又因为，因此，，即向量、的夹角为.

小问2详解】

解：因为且，则

，解得，

因此.

20. 已知函数．

（1）求的最小正周期；

（2）当时，求的最大值和最小值，以及相应的值；

（3）若，求的值．

【答案】（1）
   

（2）时，，时．   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据三角恒等变换化简，即可由周期公式求解，

（2）根据得，即可由正弦函数的性质求解，

（3）根据同角关系以及和差角公式即可求解.

【小问1详解】

故周期为

【小问2详解】

当即时，，此时

当即时，此时．

小问3详解】

，

故

21. 如图，是半径为的圆的直径，点为圆周上一点，且，点为圆周上一动点.

（1）求的值；

（2）求的最大值.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）法一：由题设可得，，再应用向量数量积的定义求；法二：构建平面直角坐标系并确定相关点坐标，进而得到，应用向量数量积的坐标运算求.

（2）法一：根据向量数量积的几何意义判断的最大时与位置关系，即可得最大值；法二：设，，利用向量数量积的坐标运算及三角函数的性质求最大值即可.

【小问1详解】

法一：因为是单位圆直径，则，，又，

所以.

所以.

法二：以圆心为原点，直径为轴建立平面直角坐标系，则.

所以.

所以.

【小问2详解】

法一：因为，，

所以要使最大，则需最大， 而为 在上的投影，

当与重合时最大，此时，

所以的最大值为.

法二：设，，则.

所以，又，

则当时的最大值为.

22. 已知函数的部分图像如图所示，若，B，C分别为最高点与最低点．

（1）求函数的解析式；

（2）若函数在，上有且仅有三个不同的零点，，，（），求实数m的取值范围，并求出的值．

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）化简函数为，设函数的周期为T，得到，，再根据求解；

（2）将问题转化为曲线与在上有且仅有三个不同的交点，设，由与求解；再由，，得到求解.

【小问1详解】

解：，

，

，

，

设函数的周期为T，则，，

则，

所以．故，故，

所以．

【小问2详解】

由题意，函数在上有且仅有三个不同的零点，，，，

即曲线与在上有且仅有三个不同的交点．

设，当时，．则，，

则，，，

所以，即，

即，

所以．